Đề thi HSG lớp 12 vòng 1 tỉnh Long An năm 2013 môn Toán pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012-VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B Ngày thi:23/10/2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút( không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6,0 điểm) a) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y               ,với , x y   b) Giải phương trình:   4 2 2 1 3 1 3 3 x x x x      ,với x   Câu 2: (5,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình: 2 2 0 x y    . Đường cao kẻ từ B có phương trình: 1 0 x y    , điểm   1;1 M thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng:      2 2 2 2 AC BD AB CD AD BC Câu 3: (3,0 điểm) Cho dãy số(u n ) xác định như sau : 1 1 2 2 1 ( 1, ) 1 ( 2 1) n n n u u u n n u                 a) Chứng minh: tan 2 1 8    b) Tính: 2015 u Câu 4: (3,0 điểm) Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng: a) 2 2 2 a b c a b c      b) 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a          Câu 5: (3,0 điểm) Cho hệ phương trình 2 3 2 2 ( 2) 2 3 ( ) 3 x y m x y xy m y              Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với x,y   . …….HẾT…… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………… Chữ ký giám thị 1:…………………….Chữ ký giám thị 2:…………………. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2012- VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B Ngày thi:23/10/2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1a (3,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 1 3 x y x y x y x y               Điểm Điều kiện: x+y 0, x-y 0   0,25 Đặt: u x y v x y        ĐK: 0, 0 u v   ta có hệ: 0,25 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv                          0,5 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3(2) 2 u v uv u v uv uv               0,5 Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0 uv uv uv uv uv uv uv            . 0,5 Kết hợp (1) ta có: 0 4 uv u v       4 0 0 4 u v u v                   0,5 4 0 u v       (vì u>v). 0,25 Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). 0,25 Câu 1b (3,0 điểm) Giải phương trình:   2 2 2 ( 1) 1 3 1 3 3 x x x x      (1) Từ pt ta thấy 0 x  (1) 2 2 1 1 1 3 3 3 x x x x             0,5 Đặt: 1 , 2 t x t x    0,5 Pt trở thành:   2 1 3 3 t t    0,5 2 3 2 9 14 0 t t t t           1,0 1 2 1 x x x     0,5 Câu 2a (2,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 2 0 x y    . Đường cao kẻ từ B có phương trình 1 0 x y    , điểm   1;1 M thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Toạ độ B là nghiệm của hệ 1 0 2 2 0 x y x y          Suy ra   3; 4 B  0,25 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC :2 3 0 d x y     0,25 Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ 2 3 0 1 0 x y x y          Suy ra   4; 5 N  0,25 Gọi I là trung điểm MN 5 ; 2 2 I         . 0,25 Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I vuông góc với BC 13 : 2 0 2 IE x y     . 0,5 Toạ độ E là nghiệm của hệ 13 2 0 21 11 , 2 10 5 2 2 0 x y E x y                    6 2 ; 5 5 C         . 0,5 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra 8 : 0 5 CA x y    0,25 Toạ đô A là nghiệm của hệ 13 2 0 2 8 0 5 x y x y              33 49 ; 10 10 A          0,25 Câu 2b (2,5 điểm) Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường thẳng. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 AC BD AB CD AD BC      Chọn hệ trục Oxy sao cho , A C Ox  , B Oy  . 0,25 Giả sử trong hệ trục đó ta có: ( ,0), ( ,0), (0, ), ( , ) A a C c B b D m n 0,25 2 2 2 2 AB CD AD BC        2 2 2 2 2 2 2 2 a b c m n a m n c b           0,5 2 ( ) 0 m a c    (*) 0,5 Do ( ,0) A a  ( ,0) C c a c   0,25 Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung. 0,5 Vậy (*) AC BD   0,25 Câu 3 Cho dãy số(u n ) xác định như sau :            , )3,2,1( )12(1 12 2 1 1 n u u u u n n n a) Chứng minh: tan 2 1 8    b)Tính: 2015 u I B C A N M E Câu 3a (1,0 điểm) Ta có : 2 2tan 8 1 tan tan 4 8 8 1 tan 8                 0,25 2 tan 2tan 1 0 8 8       0,25 tan 2 1 8 tan 2 1 8               0,25 tan 2 1 8     (Vì tan 8  dương) 0,25 Câu 3b (2,0 điểm) Đặt 1 2 tan u a   , ta có: 2 tan tan 8 tan( ) 8 1 tan .tan 8 a u a a         , 3 tan( ) tan 8 8 tan( 2. ) 8 1 tan tan( ) 8 8 a u a a             0,25 Ta chứng minh : tan( ( 1) ), 1, 8 n u a n n n         (*) Với n = 1 1 tan u a  đúng Giả sử (*) đúng với n = k , 1 k  , hay ta có: tan( ( 1) ) 8 k u a k    0,25 Ta có: 1 tan( ( 1) ) tan 2 1 8 8 tan( . ) 8 1 ( 2 1) 1 tan( ( 1) ).tan 8 8 k k k a k u u a k u a k                     Vậy (*) đúng với n = k+1 0,25 0,25 Vậy tan( ( 1) ), 1, 8 n u a n n n         0,25 Cho n = 2015, ta có : 2015 3 3 tan( 2014. ) tan( 251 ) tan( ) 8 4 4 u a a a           0,25 = 2 1 tan( ) 4 2 1 a      0,25 2 2 ( 2 1) tan 8     0,25 Câu 4 Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1 a) 2 2 2 a b c a b c      b) 1 1 1 1 a b 1 b c 1 c a 1          Câu 4a (1,0 điểm) 2 1 2 a a   , 2 1 2 b b   , 2 1 2 c c   0,25     2 2 2 3 a b c a b c a b c           0,25 Mà 3 3 3 a b c abc     0,25 Vậy: 2 2 2 a b c a b c      , đẳng thức xảy ra khi 1 a b c    0,25 Ghi chú: Thí sinh giải khác hướng dẫn chấm mà đúng thì vẫn chấm điểm theo thang điểm tương ứng. Câu 4b (2,0 điểm)       2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 a b a b a ab b ab a b        0,5       3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c             0,5     3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc c a b 1 a b c ab a b c ab a b c             0,5 Tương tự:     3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc a b c 1 a b c bc a b c bc a b c                3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 1 abc b c a 1 a b c ca a b c ca a b c            0,25 Vậy: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 a b c 1 a b 1 b c 1 c a 1 a b c               Đ ẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 0,25 Câu 5 (3,0 điểm) Cho hệ phương trình 2 3 (1) 2 2 ( 2) 2 3 ( )(2) 3 x y m x y xy m y              Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm (1) 3 2 x m y   Thế vào (2) 2 3 3 2 2 2 3 2 2 2 m y y m y my m                   0,25 3 2 3 ( ) 2 0 2 f y y my m      (*) 0,25 Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt ( ) f y   có hai nghiệm phân biệt 1 2 , y y và 1 2 ( ). ( ) 0 f y f y 0,5 ( ) f y  có hai nghiệm phân biệt khi 0 m  0,5   2 2 1 2 ( ). ( ) 0 4 0 f y f y m m  0,5 Vậy   2 2 0 4 0 m m m        0,5 ( , 2) (2, ) m       0,5 . ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM 2 012 - VÒNG 1 LONG AN Môn: TOÁN- Bảng B Ngày thi: 23 /10 /2 012 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 18 0 phút( không. )3,2 ,1( )12 ( 1 12 2 1 1 n u u u u n n n a) Chứng minh: tan 2 1 8    b)Tính: 2 015 u I B C A N M E Câu 3a (1, 0 điểm) Ta có : 2 2tan 8 1